专项31 二次函数与矩形存在性问题（解析版）.pdfVIP

专项31二次函数与矩形存在性问题

1.矩形的判定:

（1）有一个角是直角的平行四边形；

（2）对角线相等的平行四边形；

（3）有三个角为直角的四边形．

2.题型分析

矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起

平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：

（AC为对角线时）

因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解．

确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下：

（1）2个定点+1个半动点+1个全动点；

（2）1个定点+3个半动点．

思路1：先直角，再矩形

在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3

个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．

【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、

D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标．

解：点C满足以A、B、C为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的

点C有414

(,0)、（，0）、（2，0）、(3,0)

C1C2C3C4

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在点C的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点D的坐标．

思路2：先平行，再矩形

当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：

其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点

坐标解方程即可．

无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的

都是三元一次方程组．

2

【典例1】（2022•鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x+bx+c与坐标

轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M

的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2；（2）点M坐标为（﹣4，6）

2

【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入抛物线y＝x+bx+c，

得，

解得：，

∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2；

（2）存在．过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，则M

即为所求．

在y＝﹣2x+8中，令x＝0，则y＝8，

∴C（0，8），

∵A（0，﹣2），B（4，0），

22222222

∴AB＝4+2＝20，BC＝4+8＝80，AC＝10＝100，

222

∴AC＝AB+BC，

∴∠ABC＝90°，

∵CM∥AB，AM∥BC，

∴四边形ABCM是矩形，

设直线AB的解析式为y＝kx+m，

则，

解得：，

∴直线AB的解析式为y＝x﹣2，

∵CM∥AB，

∴直线CM的解析式为y＝x+8，

∵AM∥BC，

∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣2，

联立方程组，